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（适合中白）数据结构进阶篇——搜索专题(广度优先搜索算法BFS和深度优先搜索算法DFS)

news 来源：原创 2025/9/20 22:25:58

深度优先搜索DFS&广度优先搜索BFS

- 深度优先搜索
- 广度优先搜索

深度优先搜索

当碰到岔路口时，总是以深度作为前进的关键词，不碰到死胡同就不回头的这种搜索方式被称为深度优先搜索(Depth First Search)
深度优先搜索是一种枚举所有完整路径以遍历所有情况的搜索方法。使用递归可以很好的实现深度优先搜索（非递归也是可以实现DFS的思想，但一般情况下比较麻烦）使用递归时，系统会调用一个叫系统栈的东西来存放递归中每一层的状态，因此使用递归来实现DFS的本质其实还是栈。
接下来讲一个例子吧

e.g. 有n件物品，每件物品重量为w[i]，价值为c[i]。现在需要选出若干件物品放入一个容器为V的背包中，使得在选入背包的物品重量和不超过容量V的前提下，让背包中物品的价格之和最大，求最大价值。(1<=n<=20)

讲解： 需要从n件物品中选择若干物品放入背包，使他们的价值之和最大，则对每件物品都有选或不选两种选择，这就是所谓的岔路口而死胡同则是选择的物品重量总和不超过V，因此一旦选择的物品重量总和超过V，就会到达死胡同，需要返回最近的岔路口。
显然，每次都要对物品进行选择，因此DFS函数的参数中必须记录当前处理的物品编号index，涉及到的物品的重量和价值，因此也需要参数记录在处理当前物品之前，已选物品的总重量sumW与总价值sumC。于是DFS函数看起来是这个样子：
void DFS(int index, int sumW, int sumC){ ... }
如果选择不放入index号物品，那么sumW与sumC就将不变，接下里处理index+1号物品，即`DFS(index+1, int sumW, int sumC){ … }，而如果选择放入index号物品，那么sumW将增加当前物品的重量w[index]，sumC将增加当前物品的价值c[index]，接着处理index+1号物品，即前往DFS(index+1,sumW+w[index],sumC+c[index])这条分支。
一旦index增长到了n，则说明已经把n件物品处理完毕(因为物品下标从0到n-1)，此时记录的sumW和sumC就是所选物品的总重量和总价值。如果sumW不超过V且sumC大于一个全局的记录最大总价值的变量，就说明当前的这种选择方案可以得到更大的价值，于是用sumC更新maxValue。
下面给出代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,V,maxValue; //n：一共有n件物品，V：背包的承重，maxValue：全局最大价值
const int maxn = 1000;
int w[maxn],c[maxn];//w存储商品的重量，c存储商品的价值
void DFS(int index,int sumW,int sumC){if(index == n){ //已经选择完毕n件商品，index从0开始if(sumW<=V && sumC>maxValue){maxValue = sumC;}}//选择第index件商品DFS(index+1,sumW+w[index],sumC+c[index]);//不选DFS(index+1.sumW,sumC);
}int main(){cin>>n>>V;for(int i=0;i<n;i++){cin>>w[i]>>c[i];}DFS(0,0,0);//初始时为第0件商品且当前重量和价值都为0cout<<maxValue<<endl;return 0;
}

上面的代码总是把n件物品的选择全部确定之后才去更新最大价值，但事实上忽视了背包容量不超过V这个特点，也就是说，完全可以把对sumW的判断加入"岔路口"中，只有当sumW<=V时才进入岔道，这样效率会高很多，代码如下：

void DFS(int index, int sumW, int sumC){if(index==n){return; //已经完成对n件物品的选择}DFS(index+1,sumW,sumC); //不选第index件物品//只有加入第index件物品后未超过容量V，才能继续if(sumC + c[index] <= V){if(sumC + c[index] > maxValue){maxValue = sumC + c[index]; //更新最大价值maxValue}DFS(index+1,sumW+w[index],sumC+c[index]); //选择第index件物品}
}

通过上面的修改可以显著降低计算量，而通过题目条件的限制来节省DFS计算量的方法称作剪枝，学会剪枝可以降低时间复杂度
事实上，上面的问题给出了一类常见DFS问题的解决方法，即给定一个序列，枚举这个序列的所有子序列（可以不连续）。例如对序列{1,2,3}来说，他的所有子序列为{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}。枚举所有子序列的目的很明显——可以从中选择一个序列保存下来。显然，这个问题等价于枚举从N个整数中选择K个数的所有方案。
例如这样一个问题：
给定N个整数（可能有负数），从中选择K个数，使得这K个数之和恰好等于一个给定的整数X；如果有多个方案，选择他们中元素平方和最大的一个。数据保证这样的方案唯一。例如从4个整数｛2,3,4,5｝中选择2个数，使他们的和为6，显然有两种方案{2,4}与{3,3},其中平方和最大的方案为{2,4}。
与之前的问题类似，此处仍然需要记录当前处理的整数编号index：由于要求恰好选择K个数，因此需要一个参数nowK来记录已经选择的数的个数；另外，还需要参数sum和sumSqu分别记录当前已选择的数的个数；另外，还需要参数sum和sumSqu分别记录当前已选整数之和与平方和。于是DFS就是下面这个样子：
void DFS(int index, int nowK, int sum, int sumSqu){ ··· }
此处主要讲解如何保存最优方案，即平方和最大的方案。首先，需要一个数组temp，用以存放当前已经选择的整数。这样，当试图进入“选index号数”这条分支时，就把A[index]加入到temp中；而这条分支结束时，就把它从temp中去除，使他不会影响“不选index号数”这条分支。接着，如果在某个时候发现当前已经选择了K个数，且这K个数之和恰好为x时，就去判断平方和是否比已有的最大平方和maxSumSqu还要大：如果确实更大，就把temp给用以存放最优方案的数组ans。这样所有方案枚举完毕后，ans存放的就是最优方案了，而maxSumSqu存放的是对应的最优值。
下面给出代码：

//序列A中n个数选k个数使得和为x，最大平方和为maxSumSqu
int n,k,x,maxSumSqu = -1,A[maxn];
//temp 存放临时方案，ans存放平方和最大方案
vector<int> temp,ans;
//当前处理index号整数， 当前已选整数个数为nowK
//当前已选整数之和为sum，当前已选择整数平方和为sumSqu
void DFS(int index,int nowK,int sum,int sumSqu){if(nowK==k && sum==x){if(sumSqu>maxSumSqu){maxSumSqu = sumSqu;ans = temp; //更新最优方案}return;}// 已经处理完n个数，或者超过k个数，或者和超过x，返回if(index==n||nowK>k||sum>x) return;//选index号数temp.push_back(A[index]);DFS(index+1,nowK+1,sum+A[index],sumSqu+A[index]*A[index]);temp.pop_back();//不选index号数DFS(index+1,nowK,sum,sumSqu);
}

上面这个问题中的每个数都只能选择一次，现在稍微修改题目：假设N个整数中的每个都可以被选择多次，那么选择K个数，使得K个数之和为X。例如有三个整数1,4,7，需要从中选择5个数，使得和为17.显然，只需选择3个1和2个7，即可得到17。
这个问题只需要对上面的代码进行少量的修改。
由于每个整数都可以被选择多次，因此当选择了index号数时，不应当直接进入index+1。而应继续选择index号数，直到某个时刻决定不再选择index号数，就会通过“不选index号数”这条分支进入index+1号数的处理。因此只需要把“选index号数”这条分支的代码修改为DFS(index,nowK+1,sum+A[index],sumSqu+A[index]*A[index])即可。

广度优先搜索

BFS(Breadth First Search)以广度为第一关键词，当碰到岔路口时，总是一次访问从该岔路口能直接到达的所有节点，然后再按这些结点被访问的顺序去依次访问他们能直接到达的所有节点，以此类推，直到所有节点都被访问为止。
以迷宫为例子的话，BFS能够得出从起点到出口的最少步数
广度优先搜索一般由队列实现，且总是按层次的顺序进行遍历，其基本写法如下(可做模板用)：

void BFS(int s){queue<int> q;q.push(s);while(!q.empty()){取出队首元素top;访问队首元素top;将队首元素出队;将top的下一层结点中未曾入队的结点全部入队，并设置为已入队;}
}

下面是对该模板中每一个步骤的说明，请结合代码一起看：

定义队列q，并将起点s入队。
写一个while循环，循环条件是队列q非空。
在while循环中，先取出队首元素top，然后访问它（访问可以是任何事情，例如将其输出）。访问完后将其出队。
将top的下一层结点中所有未曾入队的节点入队，并标记他们的层号为now的层号加1，同时设置这些入队的结点已入队。
返回2继续循环

下面举一个例子
给出一个mxn的矩阵，矩阵中的元素为0或1。称位置(x,y)与其上下左右四个位置(x,y+1)、(x,y-1)、(x+1,y)、(x-1,y)是相邻的。如果矩阵中有若干个1是相邻的（不必两两相邻），那么称这些1构成了一个“块”。求给定的矩阵中“块”的个数。

例如上面的6x7的矩阵中，“块”的个数为4。

对这个问题，求解的基本思想是：枚举每一个位置的元素，如果为0，则跳过；如果为1，则使用BFS查询与该位置相邻的4个位置（前提是不出界），判断他们是否为1（如果某个相邻的位置为1，则同样去查询与该位置相邻的4个位置，直到整个“1”块访问完毕）。而为了防止回头路，一般可以设置一个bool型数组inq（即in queue的简写）来记录每个位置是否在BFS中已入队。
一个小技巧是：对当前位置(x,y)来说，由于与其相邻的四个位置分别为(x,y+1)、（x,y-1）、(x+1,y)、（x-1，y），那么不妨设置下面两个增量数组，来表示四个方向（竖着看即为(0,1)、（0，-1）、（1,0）、（-1,0））。
int X[] = {0,0,1,-1};
int Y[] = {1,-1,0,0};
这样就可以使用for循环来枚举4个方向，以确定与当前坐标(nowX，nowY)相邻的4个位置，如下所示：

for(int i=0;i<4;i++){newX = nowX + X[i];newY = nowY + Y[i];
}

下面给出本例的代码

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 100;
struct node{int x,y;
}Node;int n,m; //矩阵的大小为n,m
int matrix[maxn][maxn]; //01矩阵
bool inq[maxn][maxn] = {false}; //记录位置(x,y)是否已入队
int X[4] = {0,0,1,-1};
int Y[4] = {1,-1,0,0};
bool judge(int x,int y){//越界返回falseif(x>=n || x<0 || y>=m || y<0) return false;//位置为0，或(x,y)已入队，返回falseif(matrix[x][y]==0 || inq[x][y] == true) return false;//以上都不满足，返回truereturn true;
}//BFS函数访问位置(x,y)所在的块，将该块中所有"1"的inq都设置为true
void BFS(int x,int y){queue<node> Q; //定义队列Node.x = x,Node.y = y;Q.push(Node); //将结点Node入队inq[x][y] = true; //设置(x,y)已入过队while(!Q.empty()){node top = Q.front(); //取出队首元素Q.pop(); //队首元素出队for(int i=0;i<4;i++){int newX = top.x + X[i];int newY = top.y + Y[i];if(judge(newX,newY)){ //如果新位置(newX,newY)需要访问//设置Node的坐标为(newX,newY)Node.x = newX,Node.y = newY;Q.push(Node); //将结点Node加入队列inq[newX][newY] = true; //设置位置(newX,newY)已入队}}}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int x=0;x<n;x++){for(int y=0;y<m;y++){scanf("%d",&matrix[x][y]); //读入01矩阵}}int ans = 0; //存放块数for(int x=0;x<n;x++){for(int y=0;y<m;y++){//如果元素为1，且未入过队if(matrix[x][y]==1 && inq[x][y] == false){ans++;BFS(x,y); //访问整个块，将该块所有"1"的inq都标记为true}}}printf("%d\n",ans);return 0;}

接下来再看一个类似的例子：

给定一个n*m大小的迷宫，其中 * 代表不可通过的墙壁，而“·”代表平地，S表示起点，T代表终点。移动过程中，如果当前位置是(x,y)（下标从0开始），且每次只能前往上下左右（x,y+1）(x+1,y) (x,y-1) (x-1,y)四个位置的平地，求从起点S到达终点T的最少步数

在上面的样例中，S的坐标是（2,2），T的坐标为（4,3）。

在本题中，由于求的是最少步数，而BFS是通过层次的顺序来遍历的，因此可以从起点S开始计数遍历的层数，那么在到达终点T时的层数就是需要求解的起点S到达终点T的最少步数。
下面给出代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100;
struct node{int x,y; //位置(x,y)int step; //step为从起点S到达该位置的最少步数(即层数)
}S,T,Node; //S为起点，T为终点，Node为临时结点int n,m; //n为行，m为列
char maze[maxn][maxn]; //迷宫信息
bool inq[maxn][maxn] = {false}; //记录位置(x,y)是否已入过队
int X[4] = {0,0,1,-1}; //增量数组
int Y[4] = {1,-1,0,0};//检测位置(x,y)是否有效
bool test(int x,int y){if(x>=n || x<0 || y>=m || y<0) return false; //超过边界if(maaze[x][y] == '*') return false; //墙壁if(inq[x][y] == true) return false; //已入队return true;
}
int BFS(){queue<node> q; //定义队列q.push(S); //将起点入队while(!q.empty()){node top = q.top();q.pop();if(top.x == T.x && top.y == T.y){return top.step; //终点，直接返回最少步数}for(int i=0;i<4;i++){ //循环4次，得到4个相邻位置int newX = top.x+X[i];int newY = top.y+Y[i];if(test(newX,newY)){ //位置(newX,newY)有效//设置Node的坐标为(newX,newY)Node.x = newX,Node.y = newY;Node.step = top.step+1; //Node层数为top的层数+1q.push(Node); //将节点加入队列inq[newX][newY] = true; //设置位置(newX,newY)已入队}}}return -1;//无法到达终点T
}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++){getchar(); //过滤掉每行后面的换行符for(int j=0;j<m;j++){maze[i][j] = getchar();}maze[i][m+1] = '\0';}scanf("%d%d%d%d",&S.x,&S.Y,&T.x,&T.y); //起点和终点的坐标S.step = 0; //初始化起点的层数为0printf("%d\n",BFS());return 0;
}

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编程日记 2025/9/20 17:48:50

C++类与对象进阶知识深度解析

目录一、再谈构造函数 （一）构造函数体赋值 （二）初始化列表 （三）成员变量初始化顺序 （四）explicit关键字二、static成员 （一）概念 （二&am…...

编程日记 2025/9/20 12:25:06

【机器学习案列】基于LightGBM算法的互联网防火墙异常行为检测：数据不平衡的解决方案

🧑 博主简介：曾任某智慧城市类企业算法总监，目前在美国市场的物流公司从事高级算法工程师一职，深耕人工智能领域，精通python数据挖掘、可视化、机器学习等，发表过AI相关的专利并多次在AI类比赛中获奖。CSDN…...

编程日记 2025/9/10 19:31:49

详解minio部署

MinIO 是一款高性能、开源的分布式对象存储解决方案，专为存储非结构化数据（如图片、视频、备份数据等）而设计。MinIO 在吞吐量和延迟上表现出高性能提供与 Amazon S3 完全兼容的 API，支持水平扩展，支持端到端加密、访问…...

编程日记 2025/9/10 11:00:41

校园AI体育：科技赋能教育，运动点亮未来

校园AI体育：科技赋能教育，运动点亮未来在数字化浪潮的推动下，人工智能（AI）已经悄然走进校园，成为教育领域的一股创新力量。而在体育教育中，AI技术的引入更是为传统体育教学注入了新的活力。校…...

编程日记 2025/9/9 21:18:48

LeetCode算法题(Go语言实现)_35

题目给你一棵根为 root 的二叉树，请你返回二叉树中好节点的数目。「好节点」X 定义为：从根到该节点 X 所经过的节点中，没有任何节点的值大于 X 的值。一、代码实现 func goodNodes(root *TreeNode) int {if root nil {return 0}return d…...

编程日记 2025/9/20 8:48:35

ROS2_control 对机器人控制(不完整，有时间再更新)

ROS2_control 对机器人控制安装与介绍安装介绍使用gz 中写法.yaml文件中写法type: joint_state_broadcaster/JointStateBroadcaster的来源命令接口关节控制command_interfacetransmission CMakelist.txt与package.xml文件 gz_ros2_control与自定义插件例子描述自定义插件使用…...

编程日记 2025/9/19 13:41:44

SAP-ABAP：SAP Enterprise Services Repository（ESR）技术全景解析

以下是对SAP PO中Enterprise Services Repository（ESR）的深度技术解析，包含详细架构设计、开发实践及企业级应用方案： SAP Enterprise Services Repository（ESR）技术全景解析一、ESR核心架构与组件关系 1. 技术堆栈定位 ┌─────────────────────…...

编程日记 2025/9/13 17:18:34

每日一道leetcode

2130. 链表最大孪生和 - 力扣（LeetCode） 题目在一个大小为 n 且 n 为偶数的链表中，对于 0 < i < (n / 2) - 1 的 i ，第 i 个节点（下标从 0 开始）的孪生节点为第 (n-1-i) 个节点。比方说&…...

编程日记 2025/9/19 19:27:55

通过Aop实现限制修改删除指定账号的数据

1、需求对于Teach账号创建的数据，其他用户仅仅只有查询的权限，而不能修改和删除。并且部分接口只允许Teach账号访问 2、实现思路在删除和修改时往往需要传递数据的id，进而可以通过id查询该数据是否由Teach账号创建。当然我们可以在每个删…...

编程日记 2025/9/12 17:06:40

递归实现指数型枚举

我们以n2 为例我们每次都有选和不选两种方案，对于每个数字核心代码 tatic void dfs(int u) { // u代表当前处理的数字if (u > n) { // 终止条件：处理完所有数字for (int i 1; i < n; i) { // 遍历所有数字if (nums[i]) {…...

编程日记 2025/9/7 16:56:18

无代码国产流程引擎 FlowLong 1.1.6 发布

无代码国产流程引擎 FlowLong 1.1.6 于 2025 年 4 月 7 日发布。 FlowLong 是一款纯血国产自研的工作流引擎，具有以下特点： 核心精简：引擎核心仅 8 张表实现逻辑数据存储，采用 json 数据格式存储模型，结构简洁直观。组…...

编程日记 2025/9/18 13:37:15

软考高项-考前冲刺资料-M 类【项目管理类】【光头张老师出品】

重点考点汇总一、案例答题时需要注意： 1.条目写要清晰，要标注 1、2、3、4、… 2.关键字突出，关键字一定是专业词汇如 “监控”“控制成本”…等等,代替自己平时工作中的用此。 3.尽量多写几点，错了不扣分，但是避免重复写，避免写了一大段的内容，但是表达的是一个观点。…...

编程日记 2025/8/17 23:41:53

LLM Agents项目推荐：MetaGPT、AutoGen、AgentVerse详解

这一部分我们将深入介绍三大备受关注的LLM Agents项目：MetaGPT、AutoGen和AgentVerse，包括它们的背景、设计思路、主要功能、技术亮点以及典型应用场景。 1. MetaGPT：让AI像软件工程团队一样协作项目背景 MetaGPT由Huang et al.于2023年提…...

编程日记 2025/9/16 3:59:53

win10家庭版安装Docker

win10家庭版本中成功安装Docker，亲测！ 1、下载Docker 下载地址：http://mirrors.aliyun.com/docker-toolbox/windows/docker-toolbox/ Docker的有CE和EE版，CE为免费版，EE由公司支持的付费版，在此选择CE版本…...

编程日记 2025/9/11 14:26:16

mapbox基础，加载ESRI OpenStreetMap开放街景标准风格矢量图

👨‍⚕️ 主页： gis分享者 👨‍⚕️ 感谢各位大佬点赞👍 收藏⭐ 留言📝 加关注✅! 👨‍⚕️ 收录于专栏：mapbox 从入门到精通文章目录一、🍀前言1.1 ☘️mapboxgl.Map 地图对象1.1 ☘️mapboxgl.Map style属性二、🍀加载ESRI OpenStreetMap开放街景标准风…...

编程日记 2025/9/19 19:31:19

【网络安全 | 漏洞挖掘】通过分析JS文件实现接口未授权访问与账户接管

未经许可，不得转载。文中所述漏洞均已修复，未经授权不得进行非法渗透测试。文章目录正文正文大约一年前，我给我妈买了一辆 2023 款斯巴鲁 Impreza，前提是她得答应我，之后我可以借来做一次“白帽渗透测试”。过去几年我一直在研究其他车企的安全问题，但一直没有机会仔…...

编程日记 2025/9/15 4:48:03

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